Υπάρχει συνάρτηση;

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Υπάρχει συνάρτηση;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Παρ Οκτ 07, 2011 2:12 pm

Υπάρχει συνεχής συνάρτηση f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, η οποία ικανοποιεί τα

α) Υπάρχουν a,b \in \mathbb{R}^2 με f(a)f(b)<0

β) f(z)=0 \Leftrightarrow z \in \mathbb{Q}^2;


Σπύρος Καπελλίδης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
AlexandrosG
Δημοσιεύσεις: 466
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 22, 2009 5:31 am
Επικοινωνία:

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AlexandrosG » Παρ Οκτ 07, 2011 3:43 pm

Γειά σας κύριε Σπύρο.

Το σύνολο \displaystyle{\mathbb{Q}^2} είναι πυκνό στο \displaystyle{\mathbb{R}^2} άρα δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση που ικανοποιεί το β).

Πράγματι αν μια συνεχής συνάρτηση είναι σταθερή σε ένα πυκνό σύνολο τότε είναι παντού σταθερή.


s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Παρ Οκτ 07, 2011 3:57 pm

Σωστά Αλέξανδρε

Ας δούμε και αυτό:

Έστω η συνεχής συνάρτηση f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, για την οποία υπάρχουν a,b \in \mathbb{R}^2 με f(a)f(b)<0

Να αποδειχθεί ότι το S=\{z \in \mathbb{R}^2,f(z)=0 \} είναι υπεραριθμήσιμο


Σπύρος Καπελλίδης
peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Παρ Οκτ 07, 2011 8:27 pm

Ισχύει το εξής: Αν A\subset \mathbb R^2 αριθμήσιμο τότε το C=\mathbb R^2\setminus A είναι κατά μονοπάτια συνεκτικό, δηλαδή για κάθε c_0,c_1\in C υπάρχει συνεχής p:[0,1]\to C ώστε p(0)=c_0, \, p(1)=c_1.

Αν λοιπόν, το S είναι το πολύ αριθμήσιμο τότε υπάρχει συνεχής p:[0,1]\to \mathbb R^2\setminus S ώστε p(0)=a, \, p(1)=b. Τότε, η F:[0,1]\to \mathbb R με F(t)=f(p(t)) δίνει αντίφαση: ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano (είχε και γενέθλια προχθές - 5 Οκτ 1781) και δε μηδενίζεται πουθενά, αφού p(t)\notin S για κάθε t\in [0,1].


Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Παρ Οκτ 07, 2011 10:15 pm

Ωραία ιδέα peter.

Aλλιώς αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη ότι a=(0,0),b=(b,0) .

Tότε η συνάρτηση f πάνω στις καμπύλες ( x ,cx(x-b)),με x στο [0,b] ,
έχει ρίζα με τετμημένη στο εσωτερικό του διαστήματος.

Για κάθε c στο R μάλιστα αυτή είναι μάλιστα διαφορετική, γιατί ένα δευτεροβάθμιο καθορίζεται πλήρως απο τρία σημεία, οπότε τελειώσαμε.

ΕDIT διόρθωσα ένα τυπογραφικό.
τελευταία επεξεργασία από Ilias_Zad σε Παρ Οκτ 07, 2011 11:01 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Παρ Οκτ 07, 2011 10:41 pm

Ilias_Zad έγραψε:Aλλιώς αν υποθέσουμε χωρίς βλάβη ότι a=(0,0),b=(b,0) .Tότε η συνάρτηση f πάνω στις καμπύλες ( x ,cx(x-b)),με x στο [0,b] ,
έχει ρίζα με τεταγμένη στο εσωτερικό του διαστήματος.

Για κάθε c μάλιστα αυτή είναι μάλιστα διαφορετική, γιατί ένα δευτεροβάθμιο καθορίζεται πλήρως απο τρία σημεία, οπότε τελειώσαμε.
Καταπληκτική η λύση σου Ηλία. Η λύση που γνωρίζω είναι ίδια με του Πέτρου, βέβαια αυτό:

Ισχύει το εξής: Αν A\subset \mathbb R^2 αριθμήσιμο τότε το C=\mathbb R^2\setminus A είναι κατά μονοπάτια συνεκτικό, δηλαδή για κάθε c_0,c_1\in C υπάρχει συνεχής p:[0,1]\to C ώστε p(0)=c_0, \, p(1)=c_1.

θέλει απόδειξη. Όπως και το κόκκινο, νομίζω ότι θέλει μία εξήγηση.


Σπύρος Καπελλίδης
Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Παρ Οκτ 07, 2011 10:52 pm

Σας ευχαριστώ.
Βεβαίως θα το εξηγήσω.
Αρχικά ο μετασχηματισμός που μας μεταφέρει το a=(a_1,a_2) στο (0,0) είναι άμεσος. Δουλεύομαι με την f( (x+a_1,y+a_2)).
Τώρα το γιατί μπορούμε να βάλουμε το b στονxx', αυτό γίνεται γιατί οι πίνακες στροφής είναι αντιστρέψιμοι.
Δηλαδή αν ας πούμε το b σχηματίζει με τον xx' γωνία \theta τότε ασχολούμαστε με την f(R_{-\theta}(x,y)^t) που το b πια ανήκει στον 'αξονα των x.
Γενικώς οι αφφινικοί μετασχηματισμοί είναι αντιστρέψιμοι και διευκολύνουν το να διατύπωσει κάποιος μια γεωμετρική λύση.
Η ουσία όμως είναι ότι απλά παίρνεις το τμήμα ab και φαίρνεις τις παραβολές με άκρα a,b που βλέπεις ότι σε κάθε μια απο αυτές θα έχει ριζα η f και άρα έχεις την ζητούμενη υπεραριθμησιμότητα άμεσα.


peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Σάβ Οκτ 08, 2011 12:42 pm

3. Έστω 0<\alpha<1. Υπάρχει συνάρτηση f:\mathbb R\to \mathbb R ώστε |f(x)-f(y)|\geq |x-y|^\alpha για κάθε x,y\in \mathbb R;


alex_eske
Δημοσιεύσεις: 18
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 29, 2011 10:34 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από alex_eske » Σάβ Οκτ 08, 2011 3:28 pm

Για το 3:
Έστω ότι υπάρχει. Τότε εύκολα η f 1-1. Δηλ. ορίζεται καλά η f^{-1}:f(\mathbb{R})\rightarrow \mathbb{R} και \forall x,y \in f(\mathbb{R}) |f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|<=|x-y|^{\frac{1}{a}}, όπου \frac{1}{a}>1, άρα \frac{|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|}{|x-y|}<=|x-y|^{\frac{1}{a}-1}, \forall x,y \in f(\mathbb{R}) και παίρνοντας y \rightarrow x προκύπτει ότι (f^{-1})'(x)=0 (*), άρα f^{-1} σταθερή στο f(\mathbb{R}): άτοπο.

* Όπως σωστά σημειώνει ο κ. Λάμπρου πρέπει για αυτό το σημείο να έχει δικαιολογηθεί ότι το f(\mathbb{R}) είναι διάστημα. Αυτό έπεται από το ότι f 1-1 και συνεχής, άρα γν. μονότονη και από την υπόθεση εύκολα βλέπουμε ότι είτε lim_{t\rightarrow\infty}f(t)=+\infty και lim_{t\rightarrow -\infty}=-\infty είτε αντίστροφα. Άρα f επί του \mathbb{R}.
τελευταία επεξεργασία από alex_eske σε Σάβ Οκτ 08, 2011 4:40 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12961
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Οκτ 08, 2011 3:30 pm

peter έγραψε:3. Έστω 0<\alpha<1. Υπάρχει συνάρτηση f:\mathbb R\to \mathbb R ώστε |f(x)-f(y)|\geq |x-y|^\alpha για κάθε x,y\in \mathbb R;
Καλόόό.

Δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση διότι αν υπήρχε, εύκολα βλέπουμε ότι θα ήταν 1-1.

Έστω g: f(\mathbb R) \to \mathbb R η αντίστροφή της. Ισχύει |x-y|\geq |g(x)-g(y)|^\alpha και άρα |g(x)-g(y)|\le |x-y|^{1/\alpha} (*). Αυτό δείχνει ότι η g και άρα η f είναι συνεχής. Ειδικά, εύκολα βλέπουμε από Bolzano ότι η f είναι επί, οπότε η g ορίζεται παντού (**). Η (*) δείχνει ότι η g είναι παραγωγίσιμη με g{'}(x)=0, δηλαδή g σταθερή. Άτοπο, γιατί η f δεν είναι σταθερή (είναι επί).

Φιλικά (από τα ξένα που βρίσκομαι προσωρινά),

Μιχάλης

(**) το βήμα αυτό χρειάζεται γιατί αμέσως από κάτω θα παραγωγίσουμε, οπότε πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι η g ορίζεται σε διάστημα (και όχι μόνο, π.χ., σε μεμονωμένα σημεία)


caley-hamilton
Δημοσιεύσεις: 84
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 20, 2011 1:05 am

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από caley-hamilton » Σάβ Οκτ 08, 2011 7:51 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: Έστω g: f(\mathbb R) \to \mathbb R η αντίστροφή της. Ισχύει |x-y|\geq |g(x)-g(y)|^\alpha και άρα |g(x)-g(y)|\le |x-y|^{1/\alpha} (*). Αυτό δείχνει ότι η g και άρα η f είναι συνεχής. Ειδικά, εύκολα βλέπουμε από Bolzano ότι η f είναι επί, οπότε η g ορίζεται παντού (**). Η (*) δείχνει ότι η g είναι παραγωγίσιμη με g{'}(x)=0, δηλαδή g σταθερή.

Πολύ ωραία κ.Λάμπρου!Να συμπληρώσω κάτι επί του θέματος:

Γενικά αν γνωρίζουμε ότι μια συνάρτηση f είναι \alpha-Holder με \alpha >1 τότε είναι σταθερή.Η απόδειξη είναι εντελώς όμοια με τη παρακάτω για f=f^{-1} και \alpha=\frac{1}{\alpha}:
\forall x,y \in f(\mathbb{R}) |f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|<=|x-y|^{\frac{1}{a}}, όπου \frac{1}{a}>1, άρα \frac{|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)|}{|x-y|}<=|x-y|^{\frac{1}{a}-1}, \forall x,y \in f(\mathbb{R}) και παίρνοντας y \rightarrow x προκύπτει ότι (f^{-1})'(x)=0 (*), άρα f^{-1} σταθερή στο f(\mathbb{R}).
Για να μην επαναλαμβάνομαι! ;)


Εάν επρόκειτο να ξυπνήσω έπειτα από έναν ύπνο χιλίων ετών,
η πρώτη μου ερώτηση θα ήταν:Αποδείχθηκε η υπόθεση Riemann;

David Hilber (1862-1943)
peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Κυρ Οκτ 09, 2011 2:30 pm

Κάτι δεν καταλαβαίνω σε κανά δυο σημεία:
Mihalis_Lambrou έγραψε: Αυτό δείχνει ότι η g και άρα η f είναι συνεχής.
Αυτό πώς προκύπτει;
caley-hamilton έγραψε:Γενικά αν γνωρίζουμε ότι μια συνάρτηση f είναι \alpha-Holder με \alpha >1 τότε είναι σταθερή.
Αυτό ισχύει γενικά; Δεν πρέπει η f να είναι ορισμένη σε διάστημα;


peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Πέμ Οκτ 13, 2011 3:30 pm

Επανέρχομαι σε αυτό το θέμα το οποίο μάλλον ξεχάστηκε. Τα μέχρι τώρα επιχειρήματα είχαν σαν βασικό συστατικό την υπόθεση ότι το f(\mathbb R) είναι διάστημα κι έτσι παρουσιάζουν κάποιο κενό.

Δεν ξέρω αν αρκούν οι υποθέσεις για την απόδειξη αυτού του ισχυρισμού. Η προσέγγιση που γνωρίζω χρησιμοποιεί άλλα εργαλεία. Να δώσω μια υπόδειξη προς αυτή την κατεύθυνση και αν συνεχίζει να παρουσιάζει ενδιαφέρον το ξαναβλέπουμε.

Υπόδειξη. Θεωρούμε τα σύνολα E_m=\{x\in \mathbb R : |f(x)|\leq m\} για m=1,2,\ldots και χρησιμοποιούμε το θεώρημα του Baire κατάλληλα.


peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Τετ Οκτ 19, 2011 3:13 pm

Να γράψω μια λύση και να δούμε αν έχει κάποιο κενό, ενδεχομένως στον τρόπο ορισμού της F.
peter έγραψε:3. Έστω 0<\alpha<1. Υπάρχει συνάρτηση f:\mathbb R\to \mathbb R ώστε |f(x)-f(y)|\geq |x-y|^\alpha για κάθε x,y\in \mathbb R;
Έστω ότι υπάρχει. Θεωρούμε τα σύνολα E_m=\{x : |f(x)|\leq m\}. Τότε, από το θεώρημα του Baire υπάρχει m\in \mathbb N και διάστημα [a,b] ώστε [a,b]\subset \overline{E}_m.

Tώρα επεκτείνουμε την f στο E_m σε μια φραγμένη συνάρτηση F:\overline{E}_m\to [-m,m], η οποία εξακολουθεί να ικανοποιεί την ανισοτική σχέση.

Αυτό το κάνουμε ως εξής: Αν x\in E_m τότε F(x):=f(x). Αν x\in \overline{E}_m\setminus E_m τότε υπάρχει (επιλέγουμε μια) (t^x_n)\subset (E_m) ώστε t^x_n\to x. H (f(t^x_n)) είναι φραγμένη, άρα από το B-W υπάρχει |y_x|\leq m ώστε y_x=\lim_nf(t^x_n). Ορίζουμε F(x):=y_x.

Τώρα, είναι εύκολο να δούμε ότι η παραπάνω F ικανοποιεί την αρχική ανισοτική σχέση: Αν x,y τότε θεωρούμε τις ακολουθίες (t_n^x), \, (t_n^y) (αν x\in E_m παίρνουμε t_n^x=x), οπότε |F(x)-F(y)|=\lim_n|f(t^x_n)-f(t_n^y)|\geq \lim_n|t_n^x-t_n^y|^\alpha=|x-y|^\alpha.

Τώρα, χρησιμοποιούμε ένα συνδυαστικό επιχείρημα: Έστω N\in \mathbb N. Διαμερίζουμε το [-m,m] σε N ισομήκη υποδιαστήματα. Επίσης, θεωρούμε τα σημεία x_k=a+k\frac{b-a}{N}, \; k=0,1,\ldots,N του [a,b]\subset \overline{E}_m. Από την αρχή περιστερεώνα, υπάρχουν k,s\in \{0,1,\ldots,N\}, \; k\neq s ώστε |F(x_k)-F(x_s)|\leq \frac{2m}{N} (εδώ χρησιμοποιούμε ότι η F είναι 1-1). Άρα, \frac{(b-a)^\alpha}{N^\alpha}\leq |x_k-x_s|^\alpha \leq \frac{2m}{N} ή N^{1-\alpha}\leq \frac{2m}{(b-a)^\alpha}, το οποίο δίνει αντίφαση για μεγάλα N\in \mathbb N.


peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Υπάρχει συνάρτηση;

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Δευ Νοέμ 28, 2011 3:31 am

Να γράψω άλλη μια προσέγγιση, η οποία χρησιμοποιεί το εξωτερικό μέτρο Lebesgue στο \mathbb R.

Γράφουμε E=f(\mathbb R) και g:E\to \mathbb R για την αντίστροφή της. Παρατηρήστε ότι η g είναι 1-1, επί και 1/\alpha-Holder, δηλαδή |g(x)-g(y)|\leq |x-y|^{\beta}, για κάθε x,y\in E, όπου \beta=1/\alpha>1.

Θεωρούμε την ακολουθία s_n=1+1/2+\ldots +1/n και ορίζουμε E_n^+=E\cap (0,s_n) και E_n^-=(-s_n,0)\cap E. Θέτουμε A_1^+=E_1^+ και A_n^+=E_n^+\setminus E_{n-1}^+ για n=2,3,\ldots. Ομοίως, για τα A_n^-. Τότε, τα \{A_n^\pm\} είναι ξένα ανά δυο, \bigcup_{n=1}^\infty (A_n^+\cup A_n^-)=E και {\rm diam}(g(A_n^\pm))\leq n^{-\beta}.

Αν με m^* συμβολίσουμε το εξωτερικό μέτρο Lebsgue στο \mathbb R, τότε μπορούμε να γράψουμε:

m^*(g(E))\leq \sum_{n=1}^\infty m^*(g(A_n^+))+m^*(g(A_n^-))\leq 2\sum_{n=1}^\infty n^{-\beta}<+\infty.

Αυτό είναι άτοπο, αφού m^*(g(E))=+\infty.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες